EXERCICE 1 :
Étudier la convergence de la suite (u
n) de terme général u
n= √
3n
3+ 1 − √
3n
3− 1
• • • EXERCICE 2 :
Pour n > 1, on définit S
n= 1 + 1 2 + 1
3 + . . . + 1
n − ln(n), puis S
n= S
n+1− S
n. Déterminer un équivalent simple de S
n.
En utilisant cet équivalent, que peut-on dire sur le sens de variation de la suite (S
n) ?
• • •
EXERCICE 3 : Soit
f : R −→ R
x 7−→ e
x√3sin(x) Montrer que, ∀ n ∈ N , f
(n)(x) = 2
ne
x√3sin
x + nπ 6
.
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II Sujet 2
EXERCICE 1 :
Déterminer le sens de variation de la suite (u
n) de terme général : u
n= n!
n
n.
• • •
EXERCICE 2 : Calculer lim
n→+∞
1 2 ( √
n2 + √
n3)
n.
• • •
EXERCICE 3 :
Soit a, b, c ∈ R . Montrer qu’il existe x ∈ ]0; 1[ tel que
4ax
3+ 3bx
2+ 2cx = a + b + c
III Sujet 3
EXERCICE 1 :
Déterminer le sens de variation de la suite (u
n) de terme général : u
n= √
nn.
• • •
EXERCICE 2 : On pose S
n=
n
X
k=1
√ 1 k . 1. Justifier que
√ 1
n + 1 6 2( √
n + 1 − √ n) 6 1
√ n 2. Déterminer la limite de (S
n).
3. On pose u
n= S
n− 2 √ n. Montrer que (u
n) converge.
4. Donner un équivalent simple de (S
n).
• • •
EXERCICE 3 :
1. Énoncer la formule de Mac Laurin appliquée à une fonction h de classe C
n+1sur un intervalle [0; x] ; 2. Applications : démontrer que,
∀ x > 0, 1 − x 3 + 2
9 x
2− 14
81 x
36 1
√
31 + x 6 1 − x 3 + 2
9 x
2.
Sujet 1 : exo 1
En 0, √
31 + x = 1 + 1 3 x − 1
9 x
2+ o(x
2). On parvient à u
n= 2 3n
2+ o
1 n
2et (u
n) −→ 0 ;
• • •
Sujet 1 : exo 2
S
n= 1
n + 1 − ln(n + 1) + ln(n) = 1 n × 1
1 +
n1− ln
1 + 1 n
= 1 n
1 − 1
n + o 1
n
− 1
n − 1 2n
2+ o
1 n
2et
S
n= − 1 2n
2+ o
1 n
2et donc S
n+∼
∞
− 1 2n
2• • •
Sujet 1 : exo 3
Par récurrence sur n ∈ N . Pour n = 0, la propriété est vraie.
Supposons la propriété établie pour un n ∈ N . On dérive f
(n). On obtient : f
(n+1)(x) = 2
n√ 3 sin
x + nπ 6
+ cos x + nπ
6
e
x√3. Et
f
(n+1)(x) = 2
n+1sin
x + (n + 1)π 6
L’hérédité est établie donc la propriété est démontrée pour tout n.
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Sujet 2 : exo 1
u
n= n!
n
n−→ u
n+1u
n= 1
(1 + 1/n)
n< 1 donc (u
n) est décroissante.
• • •
I Sujet 2 : exo 2
√
n2 + √
n3 = 2
1/n+ 3
1/n= e
ln(2)n+ e
ln(3)n= 2 + ln(6) n + o
1 n
D’où 1
2 ( √
n2 + √
n3) = 1 + ln(6) 2n + o
1 n
et par suite, n ln 1
2 ( √
n2 + √
n3)
= ln(6) 2n + o
1 n
car ln(1 + x) = x + o(x).
La limite cherchée est donc √ 6.
• • •
Sujet 2 : exo 3
On définit la fonction
h : [0; 1] −→ R
x 7−→ ax
4+ bx
3+ cx
2− (a + b + c)x
h est dérivable sur [0; 1] et, h(0) = 0 = h(1). On applique le théorème de Rolle et on conclut qu’il existe x
0∈ ]0; 1[
tel que
h
′(x
0) = 0 ⇔ 4ax
30+ 3bx
20+ 2cx
0= a + b + c
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Sujet 3 : exo 1
u
n= √
nn −→ u
n= f (n) avec f (x) = e
ln(xx; f
′(x) = f (x) × 1 − ln(x)
x
2donc (u
n) décroissante à partir du rang 3 ;
• • •
Sujet 3 : exo 2
On pose S
n=
n
X
k=1
√ 1 k . 1. Pour tout n, 2( √
n + 1 − √ n) = 2
√ n + 1 + √ n donc 1
√ n + 1 6 2( √
n + 1 − √ n) 6 1
√ n . En effet 2
√ n + 1 + √ n 6 2
2 √ n et 2
√ n + 1 + √ n > 2 2 √
n + 1 . 2. Compte-tenu de l’inégalité précédente S
n>
n
X
k=1
2( √
k + 1 − √ k) et
n
X
k=1
2( √
k + 1 − √
k) = 2 √
n + 1 − 2.
Avec l’utilisation du théorème de comparaison, S
nn−→
→+∞
+ ∞ . 3. ∀ n ∈ N , u
n= S
n− 2 √ n.
Pour tout n, S
n− 2 √ n > 2 √
n + 1 − 2 − 2 √ n > − 2 donc (u
n) est minorée.
u
n+1− u
n= 1
√ n + 1 − 2( √
n + 1 − √ n) 6 0 (cf Q.a) donc (u
n) est décroissante.
Ainsi (u
n) converge.
4. ∀ n ∈ N , S
n= 2 √
n + u
n. Or comme (u
n) converge, u
n√ n
n>1
tend vers 0, lorsque n tend vers + ∞ . On peut donc écrire que u
n= o( √ n).
On reporte et l’on obtient S
n= 2 √ n + o( √ n) et 2 √ n + o( √ n)
+∼
∞
2 √ n donc S
n+∼
∞